2020-2021高考化学综合题专题复习【原子结构与元素周期表】专题解析含详细答案

2020-2021高考化学综合题专题复习【原子结构与元素周期表】专题解析含详细答案一、原子结构与元素周期表练习题（含详细答案解析）1．硅是构成矿物和岩石的主要成分，单质硅及其化合物具有广泛的用途。完成下列填空：I.某些硅酸盐具有筛选分子的功能，一种硅酸盐的组成为：M2O·R2O3·2SiO2·nH2O，已知元素M、R均位于元素周期表的第3周期。两元素原子的质子数之和为24。（1）该硅酸盐中同周期元素原子半径由大到小的顺序为________________；（2）写出M原子核外能量最高的电子的电子排布式：__________________；（3）常温下，不能与R单质发生反应的是___________（选填序号）；a．CuCl2溶液b．Fe2O3c．浓硫酸d．Na2CO3溶液（4）写出M、R两种元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式：____________________________________________。II.氮化硅（Si3N4）陶瓷材料硬度大、熔点高。可由下列反应制得：SiO2+C+N2Si3N4+CO（5）Si3N4晶体中只有极性共价键，则氮原子的化合价为______，被还原的元素为______________。（6）C3N4的结构与Si3N4相似。请比较二者熔点高低。并说明理由：_____________________。（7）配平上述反应的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向。_________________（8）如果上述反应在10L的密闭容器中进行，一段时间后测得气体密度增加了2.8g/L，则制得的Si3N4质量为_____________。【答案】Na>Al>Si3s1bd-3N2中氮元素两者均为原子晶体，碳原子半径小于硅原子半径，因此C3N4中碳原子与氮原子形成的共价键键长较Si3N4中硅原子与氮原子形成的共价键键长小，键能较大，熔点较高35g【解析】【分析】【详解】I．（1）化合物的化合价代数和为0，因此M呈+1价，R呈+3价，M、R均位于元素周期表的第3周期，两元素原子的质子数之和为24，则M为Na，R为Al，该硅酸盐中Na、Al、Si为同周期元素，元素序数越大，其半径越小，因此半径大小关系为：Na>Al>Si；（2）M原子核外能量最高的电子位于第三能层，第三能层上只有1个电子，其电子排布式为：3s1；（3）常温下，Al与CuCl2溶液反应能将铜置换出来；Al与Fe2O3在高温反应；Al与浓硫酸发生钝化；Al与Na2CO3溶液在常温下不发生反应；故答案为：bd；（4）Na、Al两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为：NaOH、Al(OH)3，二者反应的离子方程式为：；II．（5）非金属性N>Si，因此Si3N4中N元素化合价为-3价；该反应中N元素化合价从0价降低至-3价，N元素被还原；（6）Si3N4陶瓷材料硬度大、熔点高，晶体中只有极性共价键，说明Si3N4为原子晶体，C3N4的结构与Si3N4相似，说明C3N4为原子晶体，两者均为原子晶体，碳原子半径小于硅原子半径，因此C3N4中碳原子与氮原子形成的共价键键长较Si3N4中硅原子与氮原子形成的共价键键长小，键能较大，熔点较高；（7）该反应中Si元素化合价不变，N元素化合价从0价降低至-3价，C元素化合价从0价升高至+2价，根据得失电子关系以及原子守恒配平方程式以及单线桥为：；（8）气体密度增加了2.8g/L，说明气体质量增加了2.8g/L×10L=28g，因此生成的Si3N4质量为=35g。2．据《中国质量报》报道，我国首次将星载铷(Rb)钟应用于海洋二号卫星，已知的原子序数为37。回答下列有关铷的问题：(1)Rb的原子结构示意图中共有______个电子层，最外层电子数为______。(2)Rb在元素周期表中的位置是______。(3)取少量铷单质加入水中，可观察到其剧烈反应，放出气体______(写化学式)，在反应后的溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液显______色，因为___________(用离子方程式表示)。(4)Rb的还原性比K的还原性______（填“弱”或“强”）。【答案】51第五周期ⅠA族H2蓝2Rb+2H2O=2Rb++2OH-+H2↑强【解析】【分析】根据元素周期律，结合原子核外电子排布规律确定Rb元素在周期表的位置，利用元素周期律分析、解答。【详解】(1)Rb是37号元素，根据原子核外电子排布规律，可知Rb核外电子排布为2、8、18、8、1，所以Rb的原子结构示意图中共有5个电子层，最外层电子数为1个；(2)Rb核外电子排布是2、8、18、8、1，根据原子核外电子层结构与元素在周期表的位置关系可知Rb在元素周期表中的位置是第五周期第IA族；(3)Na是活泼金属，与水发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，Rb与Na是同一主族的元素，由于元素的金属性Rb>Na，所以Rb与水反应比钠更剧烈反应放出H2；RbOH是一元强碱，水溶液显碱性，在反应后的溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液显蓝色，该反应的离子方程式为：2Rb+2H2O=2Rb++2OH-+H2↑；(4)同一主族的元素，由于从上到下，原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，原子失去电子的能力逐渐增强，获得电子的能力逐渐减弱，Rb在K元素下一周期，所以Rb的还原性比K的还原性强。【点睛】本题考查了原子核外电子排布与元素在周期表的位置及元素性质的关系，掌握原子核外电子层数等于元素在周期表的周期序数，原子核外最外层电子数等于元素的族序数。利用同一主族的元素由上到下元素的金属性逐渐增强分析判断。3．下表是元素周期表的一部分，除标出的元素外，表中的每个编号代表一种元素。请根据要求回答问题：（1）②的元素符号是______。（2）⑤和⑥两种元素的非金属性强弱关系是：⑤______⑥。（3）①和③两种元素组成的化合物中含有的化学键为________（填“离子键”或“共价键”）。（4）④和⑥两种元素组成的化合物与AgNO3溶液反应的离子方程式为__________。【答案】C＜共价键Ag＋＋Cl－＝AgCl↓【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置分析元素的种类；根据元素周期律及元素性质分析解答。【详解】根据元素周期表的结构及元素在周期表中的位置分析知，①为氢，②为碳，③为氧，④为钠，⑤为硫，⑥为氯；（1）碳的元素符号是C，故答案为：C；（2）⑤和⑥处于相同周期，同周期元素随核电荷数增大，非金属性增强，则两种元素的非金属性强弱关系是：⑤＜⑥，故答案为：＜；（3）H和O两种元素组成的化合物中有H2O和H2O2，都属于共价化合物，含有的化学键为共价键，故答案为：共价键；（4）Na和Cl两种元素组成的化合物为NaCl，与AgNO3溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，离子方程式为：Ag＋＋Cl－＝AgCl↓，故答案为：Ag＋＋Cl－＝AgCl↓。4．下表是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表一种元素。（1）表中的实线表示系周期表的部分边界，请用实线补全元素周期表的上边界____（2）常温下，其单质呈液态的元素是____（填字母代号），它与e形成的化合物电子式为：___________（用元素符号表示）（3）b元素形成的单质所属晶体类型可能是________（填序号）①分子晶体②原子晶体③金属晶体④离子晶体⑤过渡型晶体（4）元素c、d、g的氢化物的沸点由高到低的顺序为________（用化学式表示）（5）NH3·H2O的电离方程NH3·H2ONH+4+OH-，试判断NH3溶于水后，形成的NH3·H2O的合理结构__________（填字母代号）【答案】m①②⑤H2O＞HF＞HClb【解析】【分析】(1)第一周期中含有2种元素，处于第1列、18列；第2、3周期中元素处于1，2列，13～18列，据此画出元素周期表的上边界；(2)常温下，呈液态的单质为溴与金属汞，由图可知位置可知，为溴单质，处于第四周期17列；e为Na元素，溴与钠形成的化合物为NaBr，由钠离子与氯离子构成；(3)b为碳元素，形成的单质可能为原子晶体，如金刚石，可能为分子晶体，若富勒烯，可能为过渡型晶体，如石墨；(4)c为氧元素、d为氟元素、g为氯元素，结合常温下氢化物状态与氢键判断氢化物的沸点；(5)氨水的电离生成NH4+、OH-，说明NH3•H2O

中O-H键发生断裂，来确定氨水的结构和成键情况。【详解】(1)第一周期中含有2种元素，处于第1列、18列；第2、3周期中元素处于1，2列，13～18列，故元素周期表的上边界为：；(2)常温下，呈液态的单质为溴与金属汞，由图可知位置可知，为溴单质，处于第四周期17列，为表中m元素；e为Na元素，溴与钠形成的化合物为NaBr，由钠离子与氯离子构成，溴化钠电子式为；(3)b为碳元素，形成的单质可能为原子晶体，如金刚石，可能为分子晶体，若富勒烯，可能为过渡型晶体，如石墨；(4)c为氧元素、d为氟元素、g为氯元素，常温下水为液体，HF、HCl为气体，故水的沸点较高，HF中分子之间存在氢键，沸点比HCl高，故沸点H2O＞HF＞HCl；(5)NH3溶于水后，形成的NH3•H2O中，根据NH3•H2O的电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH-，可知结构中含有铵根和氢氧根的基本结构，故NH3•H2O结构为b，故答案为b。5．已知A、B、C三种元素的原子中，质于数：A<B<C，且都小于18。A元素原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍；B元素原子的M层电子数是L层电子数的一半；C元素原子的次外层电子数比最外层电子数多1。试回答下列问题。(1)写出三种元素的名称和符号：A______，B______，C______。(2)画出三种元素的原子结构示意图：A______，B______，C______。【答案】碳C硅Si氯Cl【解析】【分析】A元素的原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A原子核外电子排布为2、4，A是C元素；B元素的原子核外M层电子数是L层电子数的一半，则B原子核外电子排布为2、8、4，B为Si元素；C元素的原子次外层电子数比最外层电子数多1个，且原子序数大于B小于18，所以C原子核外电子排布为2、8、7，C是Cl元素，据此答题。【详解】根据上述分析可知A是C元素，B是Si元素，C是Cl元素。(1)A为碳元素，元素符号为C；B为硅元素，元素符号为Si；C为氯元素，元素符号为Cl；(2)碳原子的结构示意图为，硅原子的结构示意图为，氯原子的结构示意图为。【点睛】本题主要考查了根据原子核外各层电子数的关系，确定元素的种类，解题时要熟悉常见元素的核外电子排布，注意规范书写结构示意图。6．A、B、C、D四种元素都是短周期元素。A元素的离子具有黄色的焰色反应。B离子带有2个单位正电荷，且B元素的离子结构和Ne具有相同的电子层排布。H2在C单质中燃烧产生苍白色火焰，D元素原子的电子层结构里，最外层电子数是次外层电子数的3倍。根据上述条件回答：(1)元素C位于第___周期第___族。(2)A是___元素，B是___元素，D是___元素。(3)A与D形成稳定的化合物的化学式为___，此化合物与水反应的化学方程式为___。(4)C元素的单质有毒，可用A的最高价氧化物对应的水化物的溶液吸收，其离子方程式为___。【答案】三ⅦANaMgONa2O22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O【解析】【分析】A、B、C、D四种元素都是短周期元素，A元素的离子具有黄色的焰色反应，则A为Na元素；B离子带两个单位正电荷，且B元素的离子结构和Ne具有相同的电子层排布，则B为12号Mg元素；H2在C单质中燃烧产生苍白色火焰，则C为Cl元素；D元素原子的电子层结构中，最外层电子数是次外层电子数的3倍，则D原子核外有2个电子层，次外层为2，最外层电子为2×3=6，D为O元素，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答。【详解】根据上述分析可知A是Na元素，B是Mg元素，C是Cl元素，D是O元素。(1)元素C是Cl，Cl原子核外电子排布为2、8、7，所以Cl元素在周期表中位于第三周期第ⅦA族；(2)根据上述分析可知：A是Na元素，B是Mg元素，D是O元素；(3)A是Na，D是O，Na与O形成的稳定化合物为Na2O2，Na2O2与水反应产生NaOH和O2，反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；(4)元素C是Cl，Cl元素的单质Cl2是有毒气体，可以与NaOH在溶液中反应产生NaCl、NaClO和H2O，反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，所以用NaOH溶液吸收氯气可消除氯气对环境造成的污染。【点睛】本题考查了元素的位置、结构、性质的关系及应用。正确推断各元素为解答本题的关键，要明确元素周期表结构、元素周期律的内容，并结合元素及其单质、化合物的性质进行解答。7．已知A、B、C、D是中学化学中常见的四种不同粒子，它们之间存在如下图所示的转化关系：(1)如果A、B、C、D均是10电子的粒子，请写出：A的结构式_____________；D的电子式____________；(2)如果A和C是18电子的粒子，B和D是10电子的粒子，请写出：①A与B在溶液中反应的离子方程式：____________________________________②根据上述离子方程式，可判断C与B结合质子的能力大小是(用化学式或离子符号表示)________＞________。【答案】或H-FH2S+OH-=HS-+H2O或HS-+OH-=S2-+H2OOH-S2-或HS-【解析】【详解】(1)如果A、B、C、D均是10电子的粒子，符合关系的微粒分别为NH4+或HF、OH-、NH3或F-、H2O；(2)如果A和C是18电子的粒子，A为H2S或HS-，C为HS-或S2-，B和D是10电子的粒子，分别为OH-、H2O；8．某元素原子的电子排布式为，根据原子核外电子排布与元素在元素周期表中的位置关系，完成下列各题：(1)该元素处于元素周期表的第______周期，该周期的元素种数是______；(2)该元素处于元素周期表的第______族，该族的非金属元素种数是______。(3)试推测该元素处于元素周期表的______区，该区包含族的种类是______。【答案】四18ⅢA1pⅢA~ⅦA族、0族【解析】【分析】(1)电子层数=周期数，由核外电子排布可知，该元素处于第四周期，含有18种元素；(2)根据外围电子排布可知，为主族元素，主族族序数=最外层电子数，非金属性元素的最外层电子数大于电子层数，据此判断；(3)根据价层电子排布为4s24p1，可以确定该元素在p区，ⅡA～ⅦA族、零族。【详解】(1)根据元素原子有4个电子层容纳电子，则该元素处于第四周期，该周期元素原子的电子排布式为[Ar]3d1-104s1-24p1-6，故共有18种元素；(2)由外围电子排布为4s24p1，可知该元素处于p区，为主族元素，最外层电子数为3，处于ⅢA族，本族元素只有一种非金属元素--硼；(3)由外围电子排布为4s24p1，可知该元素处于p区，由该区元素的价层电子的电子排布为ns24p1-6，可以确定所包含元素族的种数为ⅢA～ⅦA族、零族。【点睛】对于主族元素，最外层电子数等于族数，周期数等于电子层数。9．短周期元素A、B、C、D在元素周期表中的相对位置如表所示，已知A原子最外层电子数与次外层电子数之比为2：1。E和C、D同周期，它的原子序数比B多6。回答下列问题：ABCD(1)人的汗液中含有D的简单离子，其离子结构示意图为______，元素C在元素周期表中的位置是______。C的最高价氧化物的水化物的浓溶液稀释的方法是______。(2)A的最高价氧化物的化学式为_____，所含的化学键类型是______（填“离子键”或“共价键”）。(3)E的最高价氧化物对应的水化物的化学式为____，它是______（填“酸性”或“两性”或“碱性”）化合物。写出该化合物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式______。(4)加热时，B的最高价氧化物对应水合物的浓溶液与单质A反应的化学方程式为(用具体的化学式表示)______。【答案】第三周期ⅥA族将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌CO2共价键Al(OH)3两性Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2OC+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O【解析】【分析】短周期元素A、B、C、D在元素周期表中的相对位置如下表，A位于第二周期，A原子最外层电子数与次外层电子数之比为2：1，则其最外层电子数是4，A为C元素，则B为N元素、C为S元素、D为Cl元素，E和C、D同周期，它的原子序数比B多6，则E是13号的Al元素。【详解】根据上述分析可知A是C元素，B为N元素、C为S元素、D为Cl元素，E是Al元素。(1)D是Cl元素，Cl原子获得1个电子生成Cl-，Cl-离子结构示意图为；元素C是S元素，原子核外电子排布是2、8、6，所以S位于元素周期表第三周期第VIA族。C的最高价氧化物的水化物是H2SO4，由于浓硫酸的密度比水大，且浓硫酸溶于水会放出大量的热，属于浓硫酸稀释的方法是将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌；(2)A是C，C原子最外层有4个电子，所以C元素的最高价氧化物是CO2，CO2分子中C原子和O原子之间通过共价键结合，使分子中每个原子都达到最外层8个电子的稳定结构；(3)E是Al元素，原子最外层有3个电子，其最高价氧化物对应的水化物的化学式是Al(OH)3，Al元素处于金属与非金属交界区，其最高价氧化物对应的水化物的化学式是Al(OH)3既能与强酸反应产生盐和水，也能与强碱溶液反应产生盐和水，是一种两性氢氧化物；Al(OH)3与氢氧化钠溶液反应产生NaAlO2和H2O，该反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；(4)B的最高价氧化物对应水化物的浓溶液是浓HNO3，该物质具有强的氧化性，在加热时浓硝酸和C发生氧化还原反应，产生CO2、NO2、H2O，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应方程式为C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断、金属及非金属化合物的性质、结构等。根据元素的相对位置及原子结构特点推断元素是本题解答的关键，准确掌握物质结构对性质的决定作用，清楚各种物质的化学性质是解题基础。10．下图是中学化学中常见物质间的转化关系，其中甲、乙、丙均为非金属单质；A、B、E和丁均为化合物，其中A常温下呈液态；B和E为能产生温室效应的气体，且1molE中含有10mol电子。乙和丁为黑色固体，将他们混合后加热发现固体由黑变红。（1）写出化学式：甲______；乙______；丙______；（2）丁的摩尔质量______；（3）写出丙和E反应生成A和B的化学方程式___________；（4）有同学将乙和丁混合加热后收集到的标准状态下气体4.48L，测得该气体是氢气密度的16倍，若将气体通入足量澄清石灰水，得到白色沉淀物___g；【答案】H2CO280g/mol5【解析】【分析】产生温室效应的气体有：二氧化碳、甲烷、臭氧等，常见的黑色固体有：碳、二氧化锰、四氧化三铁、铁粉、氧化铜等，由乙和丁为黑色固体且乙为非金属单质，所以乙为C，由丙是非金属单质，乙和丙反应产生温室效应气体B，所以丙是O2，B是CO2，B和E为能产生温室效应的气体且1mol

E中含有

10mol电子，则E为CH4，再结合转化关系可知，A为水，甲为H2，丁为CuO。【详解】（1）由上述分析可知，甲、乙、丙分别为H2、C、O2；（2）丁为CuO，相对分子质量为80，则摩尔质量为80

g/mol；（3）丙和E反应生成A和B的化学方程式为；（4）测得该气体对氢气的相对密度为16，则M为16×2g/mol=32g/mol，标准状况下气体4.48L，为CO、CO2的混合物，n==0.2mol，设CO2的物质的量为xmol，则=32，解得x=0.05mol，由C原子守恒可知，n(CO2)=n(CaCO3)=0.05mol，则白色沉淀物为0.05mol×100g/mol=5g。11．下表是元素周期表的一部分，表中序号分别代表某一元素。请回答下列问题。周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02

3

(1)①—⑩中，最活泼的金属元素是___________________(写元素符号)；最不活泼的元素是_______(写元素符号)。(2)④、⑤的简单离子，其半径更大的是________(写离子符号)。(3)⑧、⑨的气态氢化物，更稳定的是_________(填化学式)。(4)元素的非金属性：①_______⑦(填“>”或“<”)。(5)①—⑨的最高价氧化物的水化物中：酸性最强的是___________(填化学式)，既能与酸反应又能与碱反应的是___________(填化学式)．【答案】NaArF-HCl>HClO4Al（OH）3【解析】【分析】由元素在周期表中位置可知，①为C元素、②为N元素、③为O元素、④为F元素、⑤为Na元素、⑥为Al元素、⑦为Si元素、⑧为S元素、⑨为Cl元素、⑩为Ar元素。【详解】（1）①—⑩中，最活泼的金属元素是左下角的Na元素，最不活泼的元素为0族元素Ar元素，故答案为：Na；Ar；（2）氟离子和钠离子电子层结构相同，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，则氟离子半径大于钠离子，故答案为：F-；（3）元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，氯元素的非金属性强于硫元素，则氯化氢的稳定性强于硫化氢，故答案为：HCl；（4）同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，则碳元素的非金属性强于硅元素，故答案为：>；(5)①—⑨的最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是高氯酸；氢氧化铝是两性氢氧化物，既能与酸反应又能与碱反应，故答案为：HClO4；Al（OH）3。【点睛】注意对元素周期表的整体把握，注意位置、结构、性质的相互关系是解答关键。12．下表是元素周期表的一部分，对于表中元素①～⑧，填空回答：族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅤⅡA0二①②③④三⑤⑥⑦⑧(1)地壳中含量最多的元素是______，非金属性最强的元素是______。(2)写出①的最简单的气态氢化物的电子式______。(3)在第三周期主族元素中，单质氧化性最强的是_____，能形成的二元强酸是________。(4)写出②的气态氢化物与②的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式_____。【答案】OFCl2H2SO4NH3+HNO3=NH4NO3【解析】【分析】由元素在周期表的位置可知，元素①～⑧分别为C、N、O、F、Na、Al、S、Cl，然后结合元素的性质与原子结构的知识分析解答。【详解】由元素在周期表的位置可知，元素①～⑧分别为C、N、O、F、Na、Al、S、Cl。(1)地壳中含量最高的元素为O，非金属性最强的元素为F；(2)①的最简单的气态氢化物为甲烷，分子中C原子与4个H原子形成四对共用电子对，其电子式为；(3)第三周期主族元素中Cl的非金属性最强，单质氧化性最强的是Cl2，S对应的硫酸为二元强酸，能形成的二元强酸是H2SO4；(4)②的气态氢化物为NH3，②的最高价氧化物对应水化物为HNO3，二者反应生成NH4NO3，反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3。【点睛】本题考查位置、结构与性质关系的应用，把握元素周期表结构、元素周期律内容为解答的关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力。13．下图是元素周期表的一部分：①④⑤⑥②③⑦⑧FeⅠ．用化学用语回答下列问题：（1）①、②、⑥形成的化合物中存在的化学键类型有________。（2）④、⑦、⑧的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是_______。（3）写出②的离子结构示意图为__________。（4）Y由②⑥⑧三种元素组成，它的水溶液是生活中常见的消毒剂。Y的水溶液与洁厕灵混合使用会产生一种有毒气体，该反应的离子方程式为_______。Ⅱ．A、B、C、D都是中学化学中常见的物质，其中A、B、C均含有同一种元素，在一定条件下相互转化关系如下(部分反应中的水已略去)。根据题意回答下列问题：（1）若A是一种金属单质，C是淡黄色固体，写出C的一种用途_____；（2）若A、B、C均为化合物且含有同一种金属元素，D是会造成温室效应的一种气体，请写出D的电子式_____，A和C反应的离子方程式___。(3)若D是一种常见的过渡金属单质，原子核内有26个质子，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，检验此C溶液中金属离子的方法是________；又知在酸性溶液中该金属离子能被双氧水氧化，写出该反应的离子方程式_________。【答案】离子键、共价键HClO4>H2SO4>H2CO3ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O强氧化剂或供氧剂HCO3-+OH-=CO32-+H2O先加KSCN，无现象，后滴加氯水，溶液呈血红色2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O【解析】【分析】由表中元素所在的位置，可确定①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧分别为H、Na、Al、C、N、O、S、Cl元素。【详解】Ⅰ．（1）①、②、⑥形成的化合物为NaOH，由此可确定其中存在的化学键为离子键、共价键；（2）④、⑦、⑧的最高价含氧酸分别为H2CO3、H2SO4、HClO4，非金属性Cl>S>C，则酸性由强到弱的顺序为HClO4>H2SO4>H2CO3；（3）②的离子为Na+，其原子核外有2个电子层，最外层达8电子稳定结构，则其离子结构示意图为；（4）Y为NaClO，其水溶液与洁厕灵(HCl)混合使用会产生一种有毒气体Cl2，由此可写出该反应的离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；Ⅱ．（1）C是淡黄色固体，则其为Na2O2，它的用途为强氧化剂或供氧剂；（2）D是会造成温室效应的一种气体，则其为CO2，电子式为，A为NaOH，C为NaHCO3，则NaOH和NaHCO3反应的离子方程式为HCO3-+OH-=CO32-+H2O；(3)若D是一种常见的过渡金属单质，原子核内有26个质子，则其为Fe。A为Cl2，B为FeCl3，C为FeCl2。检验FeCl2中Fe2+的方法是先加KSCN，无现象，后滴加氯水，溶液呈血红色；在酸性溶液中Fe2+能被双氧水氧化，生成Fe3+、H2O，该反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。【点睛】检验Fe2+时，我们易出现这样的错误，先往待测溶液中滴加氯水，然后滴加KSCN溶液。其错因只是一味地考虑所需滴加的试剂，没有考虑试剂的加入顺序，没有考虑与Fe3+检验的区别到底在哪里。14．(1)将下列科学家与他们的原子结构模型用线连接起来：______________原子结构发展阶段的历史顺序是(用序号A、B、C、D填写)______________(2)原子结构的演变过程表明_____________(多项选择，选填序号)A．人类对某一事物的认识是无止境的，是发展变化的。B．现代原子结构已经完美无缺，不会再发展。C．科学技术的进步，推动了原子学说的发展。D．科学理论的发展过程中的不完善现象在许多科学领域都存在，随着科学的不断发展将会得到补充和完善。(3)在打开原子结构大门的过程中，科学家运用了许多科学方法，除模型方法外，请从下列方法中选择出人们在认识原子结构过程中所运用的科学方法____________(多项选择，填写序号)①实验方法②假说方法③类比方法④推理方法【答案】A、C、B、DA、C、D①②③④【解析】【分析】(1)古希腊哲学家德谟克利特提出古典原子论，道尔顿创立了近现代原子论；汤姆生提出的葡萄干面包原子模型；卢瑟福提出了原子结构的行星模型；丹麦物理学家波尔(卢瑟福的学生)引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型；(2)原子结构的演变过程表明人类对某一事物的认识是无止境的，科学技术的进步，推动了原子学说的发展，随着科学的不断发展将会得到补充和完善；(3)道尔顿假说方法，汤姆生类比方法，卢瑟福提出了原子结构的行星模型实验方法，波尔推理方法。【详解】(1)古希腊哲学家德谟克利特提出古典原子论，认为物质由极小的称为“原子”的微粒构成，物质只能分割到原子为止；1808年，英国科学家道尔顿提出了原子论，他认为物质是由原子直接构成的，原子是一个实心球体，不可再分割，创立了近现代原子论(连线：道尔顿----③)；1897年，英国科学家汤姆生发现原子中存在电子．1904年汤姆生提出了葡萄干面包原子模型(连线：汤姆生----②)，1911年，英国科学家卢瑟福提出了原子结构的行星模型(连线：卢瑟福----④)，1913年丹麦物理学家波尔(卢瑟福的学生)引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型(连线：玻尔----①)，原子结构发展阶段的历史顺序是：A、C、B、D；(2)A．原子结构模型的演变的过程为：道尔顿原子模型→汤姆生原子模型→卢瑟福原子模型→玻尔原子模型→量子力学模型，人类对某一事物的